数论题目
素数个数
样例输入
4
2 11
2 98
2 1000000
999999000000 1000000
样例输出
6 25 78498 36400
直接上代码吧，注释很全了
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
ll n, m, pr[N], tot, s[N];
bool vis[N];
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
memset(vis, 0, sizeof vis);
ll total = m + 1;//将n到n+m的数全认为是质数，也就是这个区间上数的个数总数
//区间里数的总数减去该区间所有合数，最终就是质数个数
//下面开始找合数
for (ll i = 2; i <= 1e6 && i <= n + m; i++)//从2到1e6枚举因数
//因数枚举的范围2-1e6，i<=n+m是一个小剪枝
for (ll j = (n / i) * i; j <= n + m; j += i)//(n/i)*i最接近n的i的倍数
//j是枚举n到n+m之间i的倍数，他有i这个因子，所以他就是合数了，标记为访问过，防止重复访问
if (j >= n && j != i && !vis[j - n]){
//j>=n就排除了(n/i)*i<n的情况
//j != i是因为，当i=j时，不足以证明他是合数
vis[j - n] = 1;//标记为访问过
total--;//找到一个合数，减掉该合数
}
printf("%lld\n", total);
}
}
视野
样例1输入
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
样例1输出
1
3
7
11
19
23
35
43
55
63
因为左上右下两部分是对称的，所以只求一部分即可，最后答案乘以2
但是，要知道对角线是只有一条的，对角线上只有一个点，
所以最后乘了2的答案要减去1
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e6 + 5; int T,C,phi[N], prime[N], tot; bool vis[N]; long long ans; void getprime(){ //欧拉函数 phi[1]=1; for (int i = 2; i <= 1e6; i++) { if (!vis[i]) { prime[++tot] = i; phi[i] = i - 1; } for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= 1e6; j++) { vis[prime[j] * i] = 1; if (i % prime[j] == 0) { phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; } else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1); } } } int main() { getprime(); scanf("%d", &T); while (T--) { ans=0; scanf("%d", &C); for(int i=1;i<=C;i++) ans+=phi[i]; ans=ans*2-1;//或者写成(ans-1)*2+1 (因为其他地方都有对称的，而对角线上只有一个，所以要-1) printf("%lld\n", ans); //?? } }
Hankson的趣味题
分解质因数做就ok啦
图中，
p1,p2,p3.....是a,b,c,d全部的质因数
x1,y1,z1,w1....是幂次（不含就记为0）（也就是该数含有多少次的该列的质因子）
gcd的话，我们来看a,b
他是有个≥的界或=的界
若x1=y1，则x分解出来的p1的幂次≥x1即可
若x2≠y2，则x分解出来的p2的幂次要刚好等于y2
（因为呢，b是a与x的gcd嘛，b的某质因数的幂次肯定≤a的该质因数的幂次，
若x2≠y2，则y2一定≤x2，嗯
x该质因数的幂次不能>y2，要是大于，最大公约数b的该质因数的幂次就会比此时的y2大了）
lcm的话，就看c,d
他有个≤的界或=的界
算法同上啦，仔细分析一下就好啦（其实是我懒得去想了嘿嘿）
/*存在x使得： x 和 a0的最大公约数是 a1 x和b0的最小公倍数是b1 ，求x的个数 →x % a1 = 0, a0 % a1 = 0（确定）, gcd(x,a0) = a1; 公约数 b1 % x = 0, b1 % b0 = 0（确定）, lcm(x,b0) = b1; 公倍数 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n,a0,a1,b0,b1; int gcd(int a,int b){ return b==0?a:gcd(b,a%b); } int pd(int x){ if(x%a1==0) return(gcd(x/a1,a0/a1)==1 && gcd(b1/b0,b1/x)==1); return 0; } int main(){ scanf("%d",&n); while(n--){ ll ans=0; scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1); for(int i=1;i*i<=b1;i++){ if(b1%i==0){ //是公倍数 ans+=pd(i); if(b1!=i){ int ii=b1/i; ans+=pd(ii); //特判 1 1 1 1的状况 } } } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
lhc dalao的分析：https://www.luogu.org/blog/violet2333/hankson-di-qu-wei-ti
这位dalao证明了一个超棒地结论：https://blog.csdn.net/nuclearsubmarines/article/details/77603154
麻球繁衍
这题必须纪念一下
各种渠道各种求助dalao，弄了几个小时才明白的
样例1输入
3 1 1
0.33
0.34
0.33
样例1输出
0.3300000
样例2输入
3 1 2
0.33
0.34
0.33
样例2输出
0.4781370
先说明：
然后
全概率公式
好了，全概率公式就补充这些
下面是该题的做法
读题知：
今天的肯定都是昨天新生的，今天这些也肯定到不了明天，今天就死掉了，
明天的是今天的某些生的，生不生概率是一定的，且每个生的个数是一定的
今天死光了说明前一天死完了，所以可用前一天死亡的概率就可以来递推今天全部死亡的概率
询问的是m天内所有生物都死的概率（包括m天前死亡的情况）
因为麻球的各种活动都互不影响，所以现在只考虑一只麻球
再来一遍全概率公式，展开一下： P(A)=P(B1)*P(A|B1)+P(B2)*P(A|B2)…P(Bn)*P(A|Bn)
因为这j个后代的死亡是独立的，而每个死亡的概率都是f(i-1)（今天死光了说明前一天死完了，所以可用前一天死亡的概率就可以来递推今天全部死亡的概率），
因此根据乘法公式，j个后代全部死亡的概率为f(i-1)^j 。
同理，由于一开始共有k只麻球，且各只麻球的死亡是独立的，由乘法公式，最终答案是f(m)^k
//每只麻球是独立的，k只的答案是一只的k次方。 //同样，生出的每只麻球也是独立的，单独考虑即可。 #include<bits/stdc++.h> #define N 1000 + 10 using namespace std; int n, k, m; double p[N], f[N]; int main() { scanf("%d %d %d", &n, &k, &m); for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%lf", &p[i]); f[0] = 0, f[1] = p[0]; for (int i = 2; i <= m; i++) { f[i] = 0; for (int j = 0; j < n; j++) f[i] += p[j] * pow(f[i - 1], j); } printf("%.7lf\n", pow(f[m], k)); return 0; }
拓展φ
样例输入
11 10
样例输出
10 5 7 5 8 3 9 5 7 4 10
（嘻嘻嘻，求助了几位dalao才弄懂得，必须要纪念一下）
这道题就是利用容斥原理啊
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 100005; int n, prime[N], tot, cnt; bool vis[N]; ll m, num[N], ans; void getprime() { for (int i = 2; i <= n; i++) { if (!vis[i]) prime[++tot] = i; for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) { vis[i * prime[j]] = true; if (i % prime[j] == 0) break; } } } void work(int n) { for (int i = 1; i <= tot && prime[i] <= n; i++) { int x = prime[i]; if (n % x == 0) { num[++cnt] = x;// while (n % x == 0) n /= x; } } } //减掉与其不互质的，余下的就是互质的个数啦 //不互质的咋减呢，找他的质因子喽，同样有这个质因子的肯定跟他不互质啦 void dfs(int a, int p, int s) {//p约数，s为正负1(加还是减) if (!a) { ans += (ll)s * m / p; // m/p是m中p的倍数的个数 return; } //看质因数个数，一个->加，两个->减，三个->加... dfs(a - 1, p, s); dfs(a - 1, p * num[a], -1 * s); /*比如有因数3,4,5 1 / \ / \ 3 1 / \ / \ 3*4 3 4 1 / \ / \ / \ / \ 3*4*5 3*4 3*5 3 4*5 4 5 1 */ } signed main() { cin >> n >> m; getprime();//质数表 for (int i = 1; i <= n; i++) { ans = 0; cnt = 0;//质因子个数 work(i);//求i的质因子个数 dfs(cnt, 1, 1); printf("%lld\n", ans); } }
